備戰(zhàn)中考2024年深圳市數(shù)學模擬題分類《填空壓軸題》含答案解析

練習PAGE1練習專題10填空壓軸重點題一、填空題1．（2023·廣東深圳·統(tǒng)考中考真題）如圖，在中，，，點D為上一動點，連接，將沿翻折得到，交于點G，，且，則．

2．（2022·廣東深圳·統(tǒng)考中考真題）已知是直角三角形，連接以為底作直角三角形且是邊上的一點，連接和且則長為．

3．（2021·廣東深圳·統(tǒng)考中考真題）如圖，在中，D，E分別為，上的點，將沿折疊，得到，連接，，，若，，，則的長為．4．（2023·廣東深圳·?？寄M預測）如圖，在中，，，P是的高上一個動點，以B點為旋轉(zhuǎn)中心把線段逆時針旋轉(zhuǎn)得到，連接，則的最小值是．5．（2023·廣東深圳·統(tǒng)考二模）如圖，點G是內(nèi)的一點，且，是等邊三角形，若，則的最大值為．6．（2023·廣東深圳·深圳市高級中學校聯(lián)考模擬預測）如圖，已知中，，點為上一動點，，連接，．與交于點，，，，若，則．

7．（2023·廣東深圳·?？寄M預測）如圖所示，，半徑為2的圓O內(nèi)切于，P為圓O上一動點，過點P作分別垂直于的兩邊，垂足為M、N，則的最大值．8．（2023·廣東深圳·深圳市高級中學校聯(lián)考二模）如圖，等腰直角中，，頂點M，P在正方形的邊及邊的延長線上動點．交于點F，連接并延長，交于N，交于點E．以下結論：①②③④若，則，其中正確的是．（填寫正確的序號）9．（2023·廣東深圳·二模）如圖，是等邊三角形，M是正方形ABCD對角線BD（不含B點）上任意一點，，（點N在AB的左側），當AM+BM+CM的最小值為時，正方形的邊長為．10．（2023·廣東深圳·統(tǒng)考模擬預測）如圖，，點M，N分別在邊，上，且，點P，Q分別在邊上，則的最小值是．11．（2023·廣東深圳·統(tǒng)考模擬預測）如圖，已知中，，E是的中點，過點B作，交的延長線于點D，若，，則．12．（2023·廣東深圳·校聯(lián)考模擬預測）如圖，在中，，，，點E在線段上，且，D是線段上的一點，連接，將四邊形沿直線翻折，得到四邊形，當點G恰好落在線段上時，．13．（2023·廣東深圳·統(tǒng)考二模）如圖，A，B是反比例函數(shù)圖象上兩點，，，，則．14．（2023·廣東深圳·深圳中學校聯(lián)考二模）如圖，在中，點在邊上，，，交的延長線于點，若，，則．15．（2023·廣東深圳·校聯(lián)考二模）如圖，將繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)到的位置使點落在上，與交于點E，與的延長線交于點F，的延長線與的延長線交于點G，若，，，則的長為．16．（2023·廣東深圳·統(tǒng)考三模）如圖所示，，，以為底邊向上構造等腰直角三角形，連接并延長至點P，使，則長的取值范圍為．17．（2023·廣東深圳·深圳市南山外國語學校校聯(lián)考二模）如圖，在一次數(shù)學實踐課中，某同學將一塊直角三角形紙片（∠ABC＝90°，∠ACB＝60°）的三個頂點放置在反比例函數(shù)y＝的圖象上且AC過O點，點D是BC邊上的中點，則S△AOD＝．18．（2023·廣東深圳·深圳市高級中學校聯(lián)考二模）如圖，矩形中，，．為上一點，點關于的對稱點落在矩形內(nèi)的處．連接，當時，則．

19．（2023·廣東深圳·深圳大學附屬中學?？家荒＃┤鐖D，正方形的對角線上有一點，且，點在的延長線上，連接，過點作，交的延長線于點，連接并延長，交的延長線于點，若，，則線段的長是．20．（2023·廣東深圳·統(tǒng)考二模）如圖，正方形的邊長為8，對角線相交于點O，點M，N分別在邊上，且，連接交于P，若，則．21．（2023·廣東深圳·統(tǒng)考模擬預測）如圖，在矩形中，點E為上一點，，，連接，將沿所在的直線翻折，得到，交于點F，將沿所在的直線翻折，得到，交于點G，的值為．22．（2023·廣東深圳·校考二模）如圖，在中，，，，點M、N分別在、上，連接，將沿翻折，使點C的對應點P落在的延長線上，若平分，則長為．

23．（2023·廣東深圳·校聯(lián)考一模）如圖，在矩形中，，，點N是邊上的中點，點M是邊上的一動點連接，將沿折疊，若點B的對應點，連接，當為直角三角形時，的長為．24．（2023·廣東深圳·二模）如圖，有一張長方形紙片．先將長方形紙片折疊，使邊落在邊上，點落在點處，折痕為；再將沿翻折，與相交于點，則的長為．25．（2023·廣東深圳·深圳市南山外國語學校（集團）高新中學校考三模）如圖，在中，，，以點A為圓心，長為半徑畫弧，交延長線于點D，過點C作，交于點，連接BE，則的值為．26．（2023·廣東深圳·深圳市福田區(qū)北環(huán)中學?？级＃┤鐖D，菱形中，，于點E，為的中點，連接，，．若，則的外接圓半徑為．27．（2023·廣東深圳·統(tǒng)考二模）如圖，在中，，點為中點，，則的值為．28．（2023·廣東深圳·校聯(lián)考模擬預測）如圖，與都是等腰三角形，，點P為邊上一點，且，與所夾銳角為，點E為上一動點，求點E自點B運動至點P時，點D所經(jīng)過的路徑長．（用含β與m的式子表示）29．（2023·廣東深圳·深圳外國語學校?？家荒＃┤鐖D，在正方形中，對角線，相交于點，點是的中點，連接并延長交于點，將線段繞點逆時針旋轉(zhuǎn)得到，連接，點為的中點．連接，則的值為．30．（2023·廣東深圳·?？既＃┤鐖D，在中，，D是上一點，點E在上，連接交于點F，若，則＝．31．（2023·廣東深圳·二模）如圖，在和中，，，點D在BC邊上，AC與DE相交于點F，，則．32．（2023·廣東深圳·校聯(lián)考模擬預測）如圖，在中，，點是上一點，交延長線于點，連接．若圖中兩陰影三角形的面積之差為32（即，），則．

33．（2023·廣東深圳·統(tǒng)考二模）如圖，在邊長為4米的正方形場地內(nèi)，有一塊以為直徑的半圓形紅外線接收“感應區(qū)”，邊上的處有一個紅外線發(fā)射器，紅外線從點發(fā)射后，經(jīng)、上某處的平面鏡反射后到達“感應區(qū)”，若米，當紅外線途經(jīng)的路線最短時，上平面鏡的反射點距離點米．34．（2023·廣東深圳·統(tǒng)考一模）如圖，在平行四邊形ABCD中，E為CD中點，連接BE，F(xiàn)為BE中點，連接AF，若，，．則AF長為．35．（2023·廣東深圳·統(tǒng)考二模）如圖，矩形的對角線和交于點，，．將沿著折疊，使點落在點處，連接交于點，交于點，則．36．（2023·廣東深圳·校聯(lián)考一模）如圖，點E是正方形邊上的一點，已知，分別交邊，于點G，F(xiàn)，且滿足，則的長為．37．（2023·廣東深圳·統(tǒng)考一模）如圖，點A（1，3）為雙曲線上的一點，連接AO并延長與雙曲線在第三象限交于點B，M為軸正半軸一上點，連接MA并延長與雙曲線交于點N，連接BM、BN，已知△MBN的面積為，則點N的坐標為.

38．（2023·廣東深圳·二模）如圖，在中，E是的中點，F(xiàn)是上的一點，，延長交的延長線于點G，若，則．

39．（2023·廣東深圳·模擬預測）如圖，為等腰直角三角形，D為中點，E、F分別為、上的點且滿足，已知，，M為上一點，連接，且滿足，則．專題10填空壓軸重點題一、填空題1．（2023·廣東深圳·統(tǒng)考中考真題）如圖，在中，，，點D為上一動點，連接，將沿翻折得到，交于點G，，且，則．

【答案】【分析】于點M，于點N，則，過點G作于點P，設，根據(jù)得出，繼而求得，，，再利用，求得，利用勾股定理求得，，故，【詳解】由折疊的性質(zhì)可知，是的角平分線，，用證明，從而得到，設，則，，利用勾股定理得到即，化簡得，從而得出，利用三角形的面積公式得到：．作于點M，于點N，則，過點G作于點P，

∵于點M，∴，設，則，，又∵，，∴，，，∵，即，∴，，在中，，，設，則∴∴，∵，，，∴，∵，，∴，∴，∵，，，，∴，∴，設，則，，在中，，即，化簡得：，∴，∴故答案是：．【點睛】本題考查解直角三角形，折疊的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，角平分線的性質(zhì)，勾股定理等知識，正確作出輔助線并利用勾股定理列出方程是解題的關鍵．2．（2022·廣東深圳·統(tǒng)考中考真題）已知是直角三角形，連接以為底作直角三角形且是邊上的一點，連接和且則長為．

【答案】【分析】將線段繞點順時針旋轉(zhuǎn)，得到線段，連接，HE，利用證明，得，，則，即可解決問題．【詳解】解：將線段繞點順時針旋轉(zhuǎn)，得到線段，連接，HE，

是等腰直角三角形，∴∠HBD=45°∵∠FBD=45°∴點B、F、H共線又是等腰直角三角形，，，，，，，，，，，，，故答案為：．【點睛】本題主要考查了等腰直角三角形的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，相似三角形的判定與性質(zhì)等知識，解題的關鍵是作輔助線構造全等三角形．3．（2021·廣東深圳·統(tǒng)考中考真題）如圖，在中，D，E分別為，上的點，將沿折疊，得到，連接，，，若，，，則的長為．【答案】【分析】延長，交于點G，由折疊，可知，可得，延長，，交于點M，結合，可得，，進而即可求解．【詳解】解：如圖，延長，交于點G，設由折疊，可知，∵，∴，∴，延長，，交于點M，∵，∴，，∴，∵，，∴，，∴．【點睛】本題主要考查折疊的性質(zhì)，三角形外角的性質(zhì)，平行線的判定和性質(zhì)，等腰三角形的判定和性質(zhì)，添加合適的輔助線，構造等腰三角形，是解題的關鍵．4．（2023·廣東深圳·校考模擬預測）如圖，在中，，，P是的高上一個動點，以B點為旋轉(zhuǎn)中心把線段逆時針旋轉(zhuǎn)得到，連接，則的最小值是．【答案】/【分析】在上截取，根據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì)求得和，再證明，從而可得到，則當時，有最小值，即有最小值，再求得，從而求得的最小值．【詳解】解：如圖，在上截取，連接∵，∴，，，∵以B點為旋轉(zhuǎn)中心把線段逆時針旋轉(zhuǎn)得到，∴，∴∴即又∵，∴，∴，∴當時，有最小值，即有最小值，∵，，∴∴，∴．即的最小值是．故答案為：．【點睛】本題考查了旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，等腰直角三角形的性質(zhì)、勾股定理、全等三角形的判定和性質(zhì)，證明是解題的關鍵．5．（2023·廣東深圳·統(tǒng)考二模）如圖，點G是內(nèi)的一點，且，是等邊三角形，若，則的最大值為．【答案】【分析】如圖，作的外接圓，連接，，，過點作于點．說明，，，四點共圓，求出，利用三角形三邊關系可得結論．【詳解】解：如圖，作的外接圓，連接，，，過點作于點．∵是等邊三角形，∴，，∵，∴點在的外接圓上，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∵，∴的最大值為．故答案為：．【點睛】本題考查等邊三角形的性質(zhì)，解直角三角形，圓的有關知識等知識，解題的關鍵是學會添加常用輔助線，構造輔助圓解決問題，屬于中考?？碱}型．6．（2023·廣東深圳·深圳市高級中學校聯(lián)考模擬預測）如圖，已知中，，點為上一動點，，連接，．與交于點，，，，若，則．

【答案】【分析】延長，過點E作，交延長線于點G，連接，可證明，有，；再證明四邊形為平行四邊形，，；由勾股定理可求得的長，從而可求得的長，最后由勾股定理即可求得結果．【詳解】解：延長，過點E作，交延長線于點G，連接，如圖，

則，∵，，∴，∴，∵，∴，∴，；∵，∴，∵，∴，∵，，∴，∴四邊形為平行四邊形，∴，；由勾股定理得：；在中，由勾股定理得；∴，∴，在中，由勾股定理得：,故答案為：．

【點睛】本題考查了全等三角形的判定與性質(zhì)，平行四邊形的判定與性質(zhì)，勾股定理，等腰三角形的性質(zhì)等知識，構造一線三垂直輔助線，證明三角形全等是解題的關鍵．7．（2023·廣東深圳·校考模擬預測）如圖所示，，半徑為2的圓O內(nèi)切于，P為圓O上一動點，過點P作分別垂直于的兩邊，垂足為M、N，則的最大值．【答案】【分析】作于點H，作于點F，則得到，即當與相切時，取的最大值，解題計算即可．【詳解】解：作于點H，作于點F，∵，，∴∴∴，∴，∴，∵，∴如圖，當與相切時，取的最大值，連接，，可知，四邊形是正方形，∴，在中，，∴，在中，，∴，∴，故答案為：．【點睛】本題考查的是“阿氏圓”模型，解題的關鍵是作輔助線構造．8．（2023·廣東深圳·深圳市高級中學校聯(lián)考二模）如圖，等腰直角中，，頂點M，P在正方形的邊及邊的延長線上動點．交于點F，連接并延長，交于N，交于點E．以下結論：①②③④若，則，其中正確的是．（填寫正確的序號）【答案】【分析】由正方形及等腰直角三角形的性質(zhì)，可證得，，可證得，點A、B、M、F四點共圓，，由可證，可得，可得，故①正確；由可證，可得，由勾股定理可得；故②正確；通過證明，可得，故③正確；由可得，設正方形的邊長為a，可得，，故④正確，即可求解．【詳解】解：四邊形是正方形，是等腰直角三角形，，，，，點A、B、M、F四點共圓，，，，又，，，，，，故①正確；如圖：將繞點A|順時針旋轉(zhuǎn)，得到，連接，，，，，，，，，又，，，，；故②正確；，，，又，，，又，，故③正確；，，，設正方形的邊長為a，，解得，，，故④正確，故答案為：．【點睛】本題考查了全等三角形的判定和性質(zhì)，正方形的性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，等腰直角三角形的性質(zhì)，正切函數(shù)的定義，作出輔助線是解決本題的關鍵．9．（2023·廣東深圳·二模）如圖，是等邊三角形，M是正方形ABCD對角線BD（不含B點）上任意一點，，（點N在AB的左側），當AM+BM+CM的最小值為時，正方形的邊長為．【答案】【分析】首先通過SAS判定，得出，因為,,得出是等邊三角形，AM+BM+CM=EN+MN+CM，而且為最小值，我們可以得出EC=，作輔助線，過點E作交CB的延長線于F，由題意求出，設正方形的邊長為x，在中，根據(jù)勾股定理求得正方形的邊長為．【詳解】∵為正三角形，∴，∴∵BD是正方形ABCD的對角線，∴∴．在和中，∴（SAS）∴在中，又∵，∴為等邊三角形，∴．∵AM+BM+CM最小值為．∴EN+MN+CM的最小值為即CE=．過點E作交CB的延長線于F，可得．設正方形的邊長為x，則BF=，．在，∵，∴解得（負值舍去）．∴正方形的邊長為．故答案為：．【點睛】本題考查了等邊三角形和正方形邊相等的性質(zhì)，全等三角形的判定，靈活使用輔助線，掌握直角三角的性質(zhì)，熟練運用勾股定理是解題的關鍵．10．（2023·廣東深圳·統(tǒng)考模擬預測）如圖，，點M，N分別在邊，上，且，點P，Q分別在邊上，則的最小值是．【答案】【分析】作M關于的對稱點，作N關于的對稱點，連接，分別交于點P，交于點Q，則的長度即為的最小值；證出為等邊三角形，為等邊三角形，得出，由勾股定理求出即可．【詳解】作M關于的對稱點，作N關于的對稱點，連接，分別交于點P，交于點Q，連接，如圖所示，則，∴，∴的長即為的最小值．根據(jù)軸對稱的定義可知：，∴∴為等邊三角形，為等邊三角形，∴，在中，．故答案為：．【點睛】本題考查了軸對稱--最短路徑問題，等邊三角形的判定與性質(zhì)，勾股定理，作出輔助線是解題的關鍵．11．（2023·廣東深圳·統(tǒng)考模擬預測）如圖，已知中，，E是的中點，過點B作，交的延長線于點D，若，，則．【答案】【分析】過點C作于點F，先根據(jù)題意作出輔助線，利用直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半求出，利用勾股定理推出，即，解出x的值，可求出、、和的長，根據(jù)和推出，可求出和的長，再求出的長，利用勾股定理即可求出的長．【詳解】解：如圖所示，過點C作于點F，設，則，∵在中，點E為的中點，，，，，即，解得：，，，，，，又，，，即，解得：，，，，；故答案為：．【點睛】本題考查了直角三角形的性質(zhì)，勾股定理，相似三角形的判定與性質(zhì)，作出輔助線及利用直角三角形的性質(zhì)是解決問題的關鍵．12．（2023·廣東深圳·校聯(lián)考模擬預測）如圖，在中，，，，點E在線段上，且，D是線段上的一點，連接，將四邊形沿直線翻折，得到四邊形，當點G恰好落在線段上時，．【答案】【分析】過點F作FM⊥AC于點M，由折疊的性質(zhì)得FG=，∠EFG=，EF=AE=1，再證明，得，，進而即可求解．【詳解】解：過點F作FM⊥AC于點M，∵將四邊形沿直線翻折，得到四邊形，當點G恰好落在線段上，∴FG=，∠EFG=，EF=AE=1，∴EG=，∵∠FEM=∠GEF，∠FME=∠GFE=90°，∴，∴，∴=，，∴AM=AE+EM=，∴．故答案是：．【點睛】本題主要考查折疊的性質(zhì)，勾股定理，相似三角形的判定和性質(zhì)，添加輔助線構造”母子相似三角形“是解題的關鍵．13．（2023·廣東深圳·統(tǒng)考二模）如圖，A，B是反比例函數(shù)圖象上兩點，，，，則．【答案】【分析】由題意可設，可得，，根據(jù)三角形全等的性質(zhì)可得，，，則，進而得到點的坐標，由得，以此得到，則，再根據(jù)，根據(jù)兩點間距離公式列出方程，求出即可求解．【詳解】解：點在反比例函數(shù)圖象上，設，，，，，，，，，，即，，點在反比例函數(shù)圖象上，，，，，，即，整理得：，或（舍去），，，，整理得：或（舍去），，將點代入反比例函數(shù)得：，．故答案為：．【點睛】本題主要考查反比例函數(shù)圖象上點的坐標特征、全等三角形的性質(zhì)、兩點間的距離公式，靈活運用相關知識解決問題是解題關鍵．14．（2023·廣東深圳·深圳中學校聯(lián)考二模）如圖，在中，點在邊上，，，交的延長線于點，若，，則．【答案】【分析】延長至使，作交于，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)得到，由得到，由，得到，由，得到，從而即可得到，再通過邊的轉(zhuǎn)換求出的長，最后通過勾股定理先算出的長，最后再用一次勾股定理即可算出答案．【詳解】解：如圖所示，延長至使，作交于，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，故答案為：．【點睛】本題主要考查了等腰三角形的性質(zhì)、平行線的性質(zhì)、邊和角度的轉(zhuǎn)換、勾股定理，熟練掌握等腰三角形的性質(zhì)、平行線的性質(zhì)，添加適當?shù)妮o助線是解題的關鍵．15．（2023·廣東深圳·校聯(lián)考二模）如圖，將繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)到的位置使點落在上，與交于點E，與的延長線交于點F，的延長線與的延長線交于點G，若，，，則的長為．【答案】【分析】連接，證明，可求，可證，D，三點共線，證明，得出，求出，，再證明，求出，證明四邊形是平行四邊形，求出，即可求出．【詳解】解：連接，∵繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)到，，，∴，，，，，，，∴，，∴，∴，即，，∴，∵，∴，又，，∴，∴，D，三點共線，∴，∵，，∴，∴，設，，則，，∴，解得，∴，，∵，∴，∴，即，∴，∵，，∴四邊形是平行四邊形，∴，∴，∴．故答案為：．【點睛】本題考查了旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，平行四邊形的性質(zhì)，相似三角形的判定與性質(zhì)等知識，證明是解題的關鍵．16．（2023·廣東深圳·統(tǒng)考三模）如圖所示，，，以為底邊向上構造等腰直角三角形，連接并延長至點P，使，則長的取值范圍為．【答案】【分析】以為斜邊作等腰直角三角形，延長至點E．使，連接．利用等腰直角三角形的性質(zhì)得出利用相似三角形的性質(zhì)求出，再利用三角形中位線的性質(zhì)求出，由是等腰直角三角形，，得出垂直平分，進而求出，繼而利用三角形的三邊關系即可求出答案．【詳解】解：如圖，以為斜邊作等腰直角三角形，延長至點E．使，連接、．∵和都是等腰直角三角形，∴，，∴，，∴，即，∴，∴，∵，∴，∵，，∴是的中位線，∴，∵是等腰直角三角形，，∴垂直平分，∴，∵，∴，∴，故答案為：．【點睛】本題考查了等腰直角三角形的性質(zhì)，相似三角形的判定與性質(zhì)，三角形中位線的性質(zhì)，線段垂直平分線的判定與性質(zhì)，三角形的三邊關系等知識，正確作出輔助線是解決問題的關鍵．17．（2023·廣東深圳·深圳市南山外國語學校校聯(lián)考二模）如圖，在一次數(shù)學實踐課中，某同學將一塊直角三角形紙片（∠ABC＝90°，∠ACB＝60°）的三個頂點放置在反比例函數(shù)y＝的圖象上且AC過O點，點D是BC邊上的中點，則S△AOD＝．【答案】【分析】連接OB，易證明是等邊三角形，得到，根據(jù)點C在反比例函數(shù)圖象上設出點C的坐標，得到點B和點A的坐標，根據(jù)列出方程求出點A、B、C的坐標，進而求出的面積，即可求解．【詳解】解：連接OB，∵AC經(jīng)過原點O，∴OA＝OC，∵∠ABC＝90°，∴OB＝OC，∵∠ACB＝60°，∴△BOC是等邊三角形，∴OC＝BC，設C（m，），則B（，m），A（﹣m，﹣），∴m2+（）2＝（m﹣）2+（m﹣）2，解得m＝1+，∴C（1+，），則B（，1+），A（﹣1﹣，﹣），作BE⊥x軸于E，CF⊥x軸于F，∵S△BOC+S△OFC＝S△OBE+S梯形BEFC，而S△OFC＝S△OBE＝×2＝1，∴S△OBC＝S梯形BEFC＝×（1++）（1+﹣）＝2，∴S△ABC＝2S△OBC＝4，∵S△AOD＝S△ACD，S△ACD＝S△ABC，∴S△AOD＝S△ABC＝，故答案為：．【點睛】本題主要考查了反比例函數(shù)的系數(shù)k的幾何意義，反比例函數(shù)圖象上的點的坐標特征，等邊三角形的判定和性質(zhì)．求出點A、B、C的坐標是解答關鍵．18．（2023·廣東深圳·深圳市高級中學校聯(lián)考二模）如圖，矩形中，，．為上一點，點關于的對稱點落在矩形內(nèi)的處．連接，當時，則．

【答案】【分析】延長交于點，連接，過點作于點，根據(jù)折疊的性質(zhì)以及已知條件得出，證明，得出，設，則，然后在中，勾股定理即可求解．【詳解】解：如圖所示，延長交于點，連接，

∵點關于的對稱點落在矩形內(nèi)的處．∴∴，∵，∴∴∴設，則過點作于點，∵折疊∴,∴，∴∴,，∵∴∴是的中位線，∴在中，∴解得：（舍去）∴故答案為：．【點睛】本題考查了矩形與折疊問題，相似三角形的性質(zhì)與判定，熟練掌握相似三角形的性質(zhì)與判定是解題的關鍵．19．（2023·廣東深圳·深圳大學附屬中學?？家荒＃┤鐖D，正方形的對角線上有一點，且，點在的延長線上，連接，過點作，交的延長線于點，連接并延長，交的延長線于點，若，，則線段的長是．【答案】．【分析】如圖，作FH⊥PE于H．利用勾股定理求出EF，再證明△CEF∽△FEP，可得EF2=EC?EP，由此即可解決問題．【詳解】如圖，作FH⊥PE于H．∵四邊形ABCD是正方形，AB=5，∴AC=5，∠ACD=∠FCH=∠ECG=45°，∵∠FHC=90°，CF=2，∴CH=HF=，∵CE=4AE，∴CE=4，AE=，∴EH=5，在Rt△EFH中，，∵∠GEF=∠GCF=90°，∴E，G，F(xiàn)，C四點共圓，∴∠EFG=∠ECG=45°，∴∠ECF=∠EFP=135°，∵∠CEF=∠FEP，∴△CEF∽△FEP，∴，∴，∴．故答案為：．【點睛】本題考查了正方形的性質(zhì)，圓周角定理，相似三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理等知識，解題的關鍵是學會添加常用輔助線，構造直角三角形解決問題，屬于中考填空題中的壓軸題．20．（2023·廣東深圳·統(tǒng)考二模）如圖，正方形的邊長為8，對角線相交于點O，點M，N分別在邊上，且，連接交于P，若，則．【答案】20【分析】過點作于點，根據(jù)正方形的性質(zhì)可得，，，再根據(jù)同角的余角相等可得，以此即可通過證明≌，得到，，進而得到，易證明∽，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)可得，即，由等腰直角三角形的性質(zhì)可得，則，最后根據(jù)勾股定理即可求解．【詳解】解：如圖，過點作于點，四邊形為邊長為的正方形，，，，，，，又，，在和中，，，，，為等腰直角三角形，，，，，，，，，，，，在中，，，．故答案為：．【點睛】本題主要考查正方形的性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、等腰直角三角形的判定與性質(zhì)、相似三角形的判定與性質(zhì)，正確尋找出全等三角形和相似三角形是解題關鍵．21．（2023·廣東深圳·統(tǒng)考模擬預測）如圖，在矩形中，點E為上一點，，，連接，將沿所在的直線翻折，得到，交于點F，將沿所在的直線翻折，得到，交于點G，的值為．【答案】【分析】根據(jù)折疊的性質(zhì)和矩形的性質(zhì)可得，設，則，在中，利用勾股定理可得，，從而得到，過點G作于點H，則，可得，，從而得到，可設，在中，可得，從而得到，再由，可得，，即可求解．【詳解】解：由折疊的性質(zhì)得：，，，，，在矩形中，，∴，∴，∴，在中，，設，則，在中，，∴，解得：，即，，∴，如圖，過點G作于點H，則，∴，，∴，可設，在中，，∴，∴，∵，∴，解得：，∴，，∴．故答案為：【點睛】本題主要考查了解直角三角形，矩形和折疊問題，平行線分線段成比例，勾股定理等知識，靈活做輔助線構造直角三角形是解題的關鍵．22．（2023·廣東深圳·?？级＃┤鐖D，在中，，，，點M、N分別在、上，連接，將沿翻折，使點C的對應點P落在的延長線上，若平分，則長為．

【答案】/【分析】根據(jù)翻折的性質(zhì)可得，，證明，可得，設，則，可得，進行求解即可．【詳解】解：在中，,∵將沿翻折得到，∴，，∵平分，∴，又∵，∴，∴，設，則，∴，解得：，∴，故答案為：．【點睛】本題考查相似三角形的判定與性質(zhì)、解一元一次方程、翻折的性質(zhì)、角平分線的定義，熟練掌握相似三角形的判定與性質(zhì)，證明是解題的關鍵．23．（2023·廣東深圳·校聯(lián)考一模）如圖，在矩形中，，，點N是邊上的中點，點M是邊上的一動點連接，將沿折疊，若點B的對應點，連接，當為直角三角形時，的長為．【答案】或5【分析】分情況討論：當時，當時，當時，再分別利用勾股定理和翻折的性質(zhì)可得答案；【詳解】解：∵為直角三角形，當時，∵點N是邊上的中點，，∴，∵，∴點B的對應點不能落在所在直線上，∴，不存在此類情況；當時，如圖所示，由折疊性質(zhì)可得，，∴；當時，如圖所示∵，∴、N、C三點共線，由勾股定理可得，，設，則，∴，解得：，綜上所述的長為或5．【點睛】本題考查翻折的性質(zhì)，根據(jù)題意畫出圖形并分情況討論是解題關鍵．24．（2023·廣東深圳·二模）如圖，有一張長方形紙片．先將長方形紙片折疊，使邊落在邊上，點落在點處，折痕為；再將沿翻折，與相交于點，則的長為．【答案】【分析】根據(jù)折疊的性質(zhì)得到（圖1），進而可得，繼而可得（圖3中），△ABG是等腰直角三角形，再根據(jù)勾股定理求出AG即可．【詳解】解：由折疊的性質(zhì)可知，，，，圖3中，由操作可得，，，，，由勾股定理得，，故答案為：．【點睛】本題主要考查了翻折變換、矩形的性質(zhì)和勾股定理．翻折對稱變換，它屬于軸對稱，折疊前后圖形的形狀和大小不變，位置變化，對應邊和對應角相等．解題關鍵是得出△ABG是等腰直角三角形．25．（2023·廣東深圳·深圳市南山外國語學校（集團）高新中學?？既＃┤鐖D，在中，，，以點A為圓心，長為半徑畫弧，交延長線于點D，過點C作，交于點，連接BE，則的值為．【答案】．【分析】連接AE，過作AF⊥AB，延長EC交AF于點F，過E作EG⊥BC于點G，設AC=BC=a，求出AF=CF=，由勾股定理求出CE，再由勾股定理求出BE的長即可得到結論．【詳解】解：連接AE，過作AF⊥AB，延長EC交AF于點F，過E作EG⊥BC于點G，如圖，設AC=BC=a，∵∴，∴，∵∴∵∴∴∴設CE=x，則FE=在Rt△AFE中，∴解得，，（不符合題意，舍去）∴∵∴∴∴在Rt△BGE中，∴∴故答案為：．【點睛】此題主要考查了等腰直角三角形的判定與性質(zhì)，勾股定理與圓的基本概念等知識，正確作出輔助線構造直角三角形是解答此題的關鍵．26．（2023·廣東深圳·深圳市福田區(qū)北環(huán)中學?？级＃┤鐖D，菱形中，，于點E，為的中點，連接，，．若，則的外接圓半徑為．【答案】【分析】延長交的延長線于，由菱形的性質(zhì)得出，證明，得出，由線段垂直平分線的性質(zhì)得出，設，則，由直角三角形斜邊上的中線性質(zhì)得出，得到，由勾股定理得，解方程得到，進而求出即可得到，的外接圓的半徑【詳解】解：延長交的延長線于，如圖所示：∵四邊形是菱形，∴，∴，∵是的中點，∴，又∵，∴，∴，∵，∴，∴，設，則，∵，是的中點，∴，∴，在和中，由勾股定理得，即，解得，（負值舍去），∴，∴，∵，∴是的外接圓的直徑，∴的外接圓的半徑為，故答案為：【點睛】此題考查了菱形的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，平行線的性質(zhì)，線段垂直平分線的性質(zhì)，直角三角形斜邊上的中線性質(zhì)，勾股定理等知識，本題綜合性強，有一定的難度27．（2023·廣東深圳·統(tǒng)考二模）如圖，在中，，點為中點，，則的值為．【答案】/【分析】延長至E，使，連接，證明，推出，再證明，求得，據(jù)此計算即可求解.【詳解】解：延長至E，使，連接，設，∵，∴，∴，∴，，∵，∴，∵，∴，∴，∵，，∴，∴，即，∴，又，∴，故答案為：．【點睛】本題考查了相似三角形的判定和性質(zhì)，作出合適的輔助線，證明是解題的關鍵.28．（2023·廣東深圳·校聯(lián)考模擬預測）如圖，與都是等腰三角形，，點P為邊上一點，且，與所夾銳角為，點E為上一動點，求點E自點B運動至點P時，點D所經(jīng)過的路徑長．（用含β與m的式子表示）【答案】【分析】連接并延長，證明得出點D的運動軌跡，設點E與點P重合時，點D與點重合，確定出點D所經(jīng)過的路徑長為的長，過點作于點F，利用直角三角形的邊角關系即可得出結論．【詳解】解：∵與都是等腰三角形，，∴，∴，∴．連接并延長，如圖，∵，∴，∴，∴，∴點D在射線上運動，當點E與點B重合時，點D與點C重合，設點E與點P重合時，點D與點重合，則點D所經(jīng)過的路徑長為．過點作于點F，此時，，∴，∴．在中，∵，∴，∴點D所經(jīng)過的路徑長為．故答案為：．【點睛】本題考查了等腰三角形的性質(zhì)，解直角三角形，相似三角形的判定與性質(zhì)，利用相似三角形的判定與性質(zhì)得出點D的軌跡是解題的關鍵．29．（2023·廣東深圳·深圳外國語學校?？家荒＃┤鐖D，在正方形中，對角線，相交于點，點是的中點，連接并延長交于點，將線段繞點逆時針旋轉(zhuǎn)得到，連接，點為的中點．連接，則的值為．【答案】【分析】以為原點，平行于的直線為軸，建立直角坐標系，過作于，過作，交延長線于，設正方形的邊長為2，待定系數(shù)法可得直線解析式為，即可得，，證明，可得，，即得，，從而，故．【詳解】解：以為原點，平行于的直線為軸，建立直角坐標系，過作于，過作，如圖，設正方形的邊長為2，則，，∵為中點，∴，設直線解析式為，把，，代入得：，解得，∴直線解析式為，在中，令得，∴，∴，∵將線段繞點逆時針旋轉(zhuǎn)得到，∴，，∴，∵，∴，∴，，∵，，∴，，∴，∵是中點，∴，∴，∴．故答案為：．【點睛】本題考查正方形中的旋轉(zhuǎn)變換，涉及全等三角形的判定與性質(zhì)，一次函數(shù)，中點坐標公式等知識，解題的關鍵是建立直角坐標系，設正方形的邊長為2，表示出相關點的坐標，從而求出相關線段的長度．30．（2023·廣東深圳·校考三模）如圖，在中，，D是上一點，點E在上，連接交于點F，若，則＝．【答案】2【分析】過D作垂直于H點，過D作交BC于G點，先利用解直角三角形求出的長，其次利用，求出的長，得出的長，最后利用求出的長，最后得出答案．【詳解】解：如圖：過D作垂直于H點，過D作交于G點，∵在中，，∴，又∵，∴，∴在等腰直角三角形中，，∴，在中，，∵，∴，，∴，

又∵，∴，∴，∴，即，∴，∴，又∵，∴，又∵，∴，又，∴，∴，故答案為：2．【點睛】本題考查勾股定理，等腰直角三角形性質(zhì)及相似三角形的判定與性質(zhì)綜合，解題關鍵在于正確做出輔助線，利用相似三角形的性質(zhì)得出對應邊成比例求出答案．31．（2023·廣東深圳·二模）如圖，在和中，，，點D在BC邊上，AC與DE相交于點F，，則．【答案】【分析】根據(jù)直角三角形的性質(zhì)，特殊角的三角函數(shù)值，三角形相似的性質(zhì)計算【詳解】如圖，連接EC，∵∠BAC=∠DAE=90°，∠ACB=∠AED=60°，∴△BAC∽△DAE，∴AC：AE=AB：AD，∵∠EAC+∠CAD=90°，∠BAD+∠CAD=90°，∴∠EAC=∠BAD，∴△EAC∽△DAB，∴AD：AE=BD：EC=AB：AC，∵∠BAC=90°，∠ACB=60°，∴AB：AC=tan60°=，∴AD=AE，BD=EC，∵∠EFA=∠CFD，∠ACB=∠AED=60°，∴△EFA∽△CFD，∴EF：CF=FA：FD，∵∠EFC=∠AFD，∴△EFC∽△AFD，∴DF：CF=AD：EC，∵DF=3FC，∴AD=3EC，∴AD：BD=3EC：EC=，故答案為：．【點睛】本題考查了直角三角形的性質(zhì)，三角形相似的判定和性質(zhì)，特殊角的三角函數(shù)值，靈活運用三角形相似的判定，特殊角的三角函數(shù)值是解題的關鍵．32．（2023·廣東深圳·校聯(lián)考模擬預測）如圖，在中，，點是上一點，交延長線于點，連接．若圖中兩陰影三角形的面積之差為32（即，），則．

【答案】8【分析】延長交于點E，過點C作于點H，于點G，則，先證明，可得四邊形是正方形，從而得到，再證得，可得，，從而得到，然后證明，可得，從而得到，即可求解．【詳解】解：如圖，延長交于點E，過點C作于點H，于點G，則，

在中，∵，∴，∴，∵，即，∴，四邊形是矩形，∴，∵，，∴，∴，∴四邊形是正方形，∴，∴，∵，∴，∴，，∴，在和中，∵，，∴，∴，∴，∴，∴．故答案為：8【點睛】本題主要考查了正方形的判定和性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理等知識，熟練掌握正方形的判定和性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理是解題的關鍵．33．（2023·廣東深圳·統(tǒng)考二模）如圖，在邊長為4米的正方形場地內(nèi)，有一塊以為直徑的半圓形紅外線接收“感應區(qū)”，邊上的處有一個紅外線發(fā)射器，紅外線從點發(fā)射后，經(jīng)、上某處的平面鏡反射后到達“感應區(qū)”，若米，當紅外線途經(jīng)的路線最短時，上平面鏡的反射點距離點米．【答案】【分析】由反射規(guī)律可知，物體和像是關于平面鏡的對稱，如圖，作出點P關于直線的對稱點，則有，作半圓關于直線的對稱圖形半圓，連接，交半圓于點，則長為紅外線途經(jīng)的路線最短時的值，求出此時即可．【詳解】解：如圖，作出點P關于直線的對稱點，作半圓關于直線的對稱圖形半圓，、是關于直線的對稱點，連接，連接于，交半圓于點，由反射規(guī)律和對稱性質(zhì)可知：，，∴，∴當、、、、在同一直線上時，紅外線途經(jīng)的路線最短，最短路徑長為，∵正方形中，，，∴，∴又∵，，∴∴，故答案為：．【點睛】本題主要考查了最短路徑問題，解題關鍵是利用軸對稱性質(zhì)轉(zhuǎn)換線段，化折為直，從而解答問題．掌握常見最短路徑模型往往會事半功倍．34．（2023·廣東深圳·統(tǒng)考一模）如圖，在平行四邊形ABCD中，E為CD中點，連接BE，F(xiàn)為BE中點，連接AF，若，，．則AF長為．【答案】【分析】如圖，延長AF交DC的延長線于點G，過點G作于點H，由四邊形ABCD是平行四邊形得，，進而證明，再計算得，，最后利用勾股定理即可求解．【詳解】解：如圖，延長AF交DC的延長線于點G，過點G作于點H，四邊形ABCD是平行四邊形，，，，，，，，E為CD中點，連接BE，F(xiàn)為BE中點，，，，，，，，，，，，故答案為．【點睛】本題主要考查了平行四邊形的性質(zhì)、解直角三角形、全等三角形的判定及性質(zhì)和勾股定理，作出輔助線構造全等三角形是解題的關鍵．35．（2023·廣東深圳·統(tǒng)考二模）如圖，矩形的對角線和交于點，，．將沿著折疊，使點落在點處，連接交于點，交于點，則．【答案】【分析】連接，設交于點，勾股定理得出，等面積法求得，然后求得，根據(jù)中位線的性質(zhì)得出，證明，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)即可求解．【詳解】解：如圖所示，連接，設交于點，∵矩形中，，．∴，∵矩形的對角線和交于點，將沿著折疊，使點落在點處∴∵，∴，∴，∴，∵，∴，∴，，又∵，∴，∴，∴，∵，即，∴，故